Lista 6 casa- gabarito 2019b

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MAE116 – Noções de Estatística
Grupo B – 2º semestre de 2019
Gabarito da lista de exercícios 6 – Distribuição Normal – C A S A
Exercício 1 (Total: 10 pontos)
Em uma cidade, estima-se que a temperatura em setembro seja normalmente distribuída com uma média de 28°C
e um desvio padrão de 5 °C, enquanto em junho a temperatura (em °C) tem distribuição N(32;16). Uma pessoa
deseja viajar para essa cidade.
a) Qual é o melhor mês para viajar (junho ou setembro) tendo em vista que o viajante prefere temperaturas menores
que 34°C? (5 pontos)
Solução: Seja Ts a temperatura em setembro e Tj a temperatura em junho. Ts ∼ N(28, 52) e Tj ∼
N(32, 42). Vamos calcular as probabilidades das temperaturas serem menores que 34°C.
P (Ts < 34) = P
(
Ts − 28
5 <
34− 28
5
)
= P (Z < 1, 2) = 0, 8849 .
P (Tj < 34) = P
(
Ts − 32
4 <
34− 32
4
)
= P (Z < 0, 5) = 0, 6915 .
A probabilidade de temperaturas menores que 34°C em setembro é 88,49%. A probabilidade de temperaturas
menores que 34°C em julho é 69,15%. Como a probabilidade de temperaturas menores que 34°C é maior em
setembro, melhor mês para a pessoa viajar para a cidade é setembro.
b) Considerando que no mês de setembro as passagens áreas são mais baratas, o viajante deseja saber qual é a
probabilidade de que nesse mês a temperatura esteja entre 24°C e 30°C. (5 pontos)
Solução:
P (24 < Ts < 30) = P
(
24− 28
5 <
Ts − 28
5 <
30− 28
5
)
= P (−0, 8 < Z < 0, 4) =
= P (Z < 0, 4)− P (Z < −0, 8) = P (Z < 0, 4)− P (Z > 0, 8)
= P (Z < 0, 4)− [1− P (Z < 0, 8)]
= 0.6554− (1− 0.7881) = 0, 6554− 0, 2119 = 0, 4435 .
A probabilidade de que em setembro a temperatura esteja entre 24°C e 30°C é 44%.
Exercício 2 (Total: 45 pontos)
Sabe-se que as pontuações de um teste de quociente de inteligência (QI), para indivíduos do mesmo grupo etário,
seguem uma distribuição N(65;18).
a) É desejável organizar os participantes em três grupos: baixa, média e alta inteligência. Quais são as pontuações
que diferenciam cada grupo de inteligência se um pesquisador deseja que 20% dos indivíduos sejam considerados
no primeiro grupo, 65% no segundo e 15% no terceiro? (15 pontos)
Solução: Seja X: QI do invidíduo. X ∼ N(65; 18) . µ = 65 e σ = √18 = 4, 2426
Seja cbaixa o valor de QI que divide os indivíduos com baixo QI dos demais e calta o valor de QI que divide os
indivíduos com alto QI dos demais. Temos que P (X < cbaixa) = 0, 2 e P (X > calta) = 0, 15 .
P (X < cbaixa) = 0, 2⇔ P (X − 65√18 <
cbaixa − 65√
18
) = 0, 2⇔ P (Z < cbaixa − 654, 2426 ) = 0, 2 .
a > 0 é tal que A(a) = 1− 0, 2 = 0, 8 e cbaixa − 654, 2426 = −a. Pela tabela a = 0, 84 .
Portanto
cbaixa − 65
4, 2426 = −0, 84 .
cbaixa − 65
4, 2426 = −0, 84⇔ cbaixa − 65 = −3, 5638⇔ cbaixa = −3, 5638 + 65 = 61, 4362 .
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Grupo B – 2º semestre de 2019
Gabarito da lista de exercícios 6 – Distribuição Normal – C A S A
Agora para obter calta :
P (X > calta) = 0, 15⇔ P (X − 65√18 >
calta − 65√
18
) = 0, 15⇔ P (Z > calta − 654, 2426 ) = 0, 15
⇔ 1− P (Z > calta − 654, 2426 ) = 1− 0, 15⇔ P (Z <
calta − 65
4, 2426 ) = 0, 85 .
a > 0 é tal que
calta − 65
4, 2426 = a. Pela tabela a = 1, 04
calta − 65
4, 2426 = 1, 04⇔ calta − 65 = 4, 4123⇔ calta = 4, 4123 + 65 = 69, 4123 .
Baixa inteligência: QI menor que 61,44
Média inteligência: QI entre 61,44 e 69,41
Alta inteligência: QI maior que 69,41
b) Determine a porcentagem da população que tem uma pontuação entre 59 e 70. (5 pontos)
Solução:
P (59 < X < 70) = P (59− 654, 2426 <
X − 65
4, 2426 <
70− 65
4, 2426 ) = P (−1, 4142 < Z < 1, 1785) =
= P (Z < 1, 1785)− P (Z < −1, 4142) = P (Z < 1, 1785)− P (Z > 1, 4142)
= P (Z < 1, 1785)− [1− P (Z < 1, 4142)]
= A(1, 1785)− [1−A(1, 4142)] = 0, 8810− (1− 0, 9207) = 0, 8810− 0, 0793 = 0, 8017 .
A porcentagem (estimada) da população com pontuação entre 59 e 70 C é 80,17%.
c) Encontre um intervalo simétrico em torno da média que contenha 95% dos possíveis valores de QI. (10 pontos)
Solução: Obter o intervalo (65− c; 65 + c) tal que P (65− c < X < 65 + c) = 0, 95
P (65− c < X < 65 + c) = 0, 95⇔ P (65− c− 65 < X − 65 < 65 + c− 65) = 0, 95
⇔ P ( −c4, 2426 <
X − 65
4, 2426 <
c
4, 2426) = 0, 95
⇔ P ( −c4, 2426 < Z <
c
4, 2426) = 0, 95
⇔ P (Z < c4, 2426)− P (Z <
−c
4, 2426) = 0, 95
⇔ P (Z < c4, 2426)− P (Z >
c
4, 2426) = 0, 95
⇔ P (Z < c4, 2426)− [1− P (Z <
c
4, 2426)] = 0, 95
⇔ P (Z < c4, 2426)− 1 + P (Z <
c
4, 2426) = 0, 95
⇔ 2× P (Z < c4, 2426) = 1, 95⇔ P (Z <
c
4, 2426) =
1, 95
2 = 0, 975 .
c
4, 2426 é tal queA(
c
4, 2426) = 0, 975 . Pela tabela,
c
4, 2426 = 1, 96 . Logo c = 1, 96×4, 2426 = 8, 3156 .
Assim, o intervalo em torno da média que contém 95% dos possíveis valores de QI é (65− 8, 32; 65 + 8.32) =
(56, 68; 73, 32) .
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Grupo B – 2º semestre de 2019
Gabarito da lista de exercícios 6 – Distribuição Normal – C A S A
d) De acordo com um pesquisador, uma pessoa é considerada “atípica” se o valor de QI for superior a 78 ou inferior a
53 pontos. Sorteadas 4 pessoas ao acaso, qual é a probabilidade de encontrarmos ao menos 3 atípicas? (10 pontos)
Solução: P (atípica) = P (X < 53) + P (X > 78)
P (X < 53) + P (X > 78) = P (X − 654, 2426 <
53− 65
4, 2426 ) + P (
X − 65
4, 2426 >
78− 65
4, 2426 ) =
= P (Z < −2, 8284) + P (Z > 3, 0641) =
= P (Z > 2, 8284) + [1− P (Z < 3, 0641)] =
= [1− P (Z < 2, 8284)] + [1− P (Z < 3, 0641)]
= [1− A(2, 8284)] + [1− A(3, 0641)]
= [1− 0, 9977] + [1− 0, 9989] = 0, 0023 + 0, 0011 = 0, 0034 .
A probabilidade de uma pessoa ser atípica é 0,34%.
Sorteadas 4 pessoas ao acaso, a probabilidade de ao menos 3 serem atípicas pode ser obtida pela distribuição
binomial com parâmetros n = 4 e p = 0,0034.
Seja Y o número de pessoas atípicas sorteadas. Y ∼ Binom(n = 4; p = 0, 0034) . Queremos Y ≥ 3 ⇔
Y = 3 e Y = 4⇔ P (Y ≥ 3) = P (Y = 3) + P (Y = 4)
No Rcmdr, em Distribuições -> Distribuições Discretas -> Distribuição Binomial -> Propriedades da binomial es-
crevemos 4 em ”Experimentos da Binomial”, 0.0034 em ”Probabilidade de Sucesso” -> OK. Obtemos a seguinte
tabela:
Probability
0 0.9864692029176336
1 0.0134617511134656
2 0.0000688891538016
3 0.0000001566814656
4 0.0000000001336336
Então P (Y ≥ 3) = 0, 0000001566814656 + 0, 0000000001336336 = 0, 0000001568151 .
A probabilidade é aproximadamente 0,00002% .
e) Para uma população de 7.500, qual é o número esperado de indivíduos com pontuação superior a 78? (5 pontos)
Solução: Na letra c) calculamos P (X > 78) = 0, 0011. O número esperado de indivíduos com pontuação
maior que 78 na população de 7.500 indivíduos é 7.500× 0, 0011 = 8, 25 .
Exercício 3 (25 pontos)
A Amazônia representa mais da metade das florestas tropicais remanescentes no planeta e compreende a maior
biodiversidade em uma floresta tropical no mundo. Um pesquisador está estudando uma espécie arbórea específica
da região amazônica. Suponha que o diâmetro dessa espécie tenha distribuição normal com média 8,6 polegadas e
desvio padrão 2,7 polegadas.
a) Qual é a probabilidade de que uma árvore selecionada aleatoriamente tenha o diâmetro de, no máximo, 7,2
polegadas? (5 pontos)
Solução:
P (X < 7, 2) = P (X − 8, 62, 7 <
7, 2− 8, 6
2, 7 ) = P (Z < −0, 5185) = P (Z > 0, 5185) =
= 1− P (Z < 0, 5185) = 1− A(0, 5185) = 1− 0, 6985 = 0, 3015 .
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Grupo B – 2º semestre de 2019
Gabarito da lista de exercícios 6 – Distribuição Normal – C A S A
b) Qual é a probabilidade de que uma árvore selecionada aleatoriamente tenha diâmetro entre 6,6 e 10 polegadas?
(5 pontos)
Solução:
P (6, 6 < X < 10) = P (6, 6− 8, 62, 7 <
X − 8, 6
2, 7 <
10− 8, 6
2, 7 ) = P (−0, 7407 < Z < 0, 5185) =
= P (Z < 0, 5185)− P (Z < −0, 7407) = P (Z < 0, 5185)− P (Z > 0, 7407) =
= P (Z < 0, 5185)− [1− P (Z <0, 7407)] = A(0, 5185)− [1− A(0, 7407)] =
= 0, 6985− [1− 0, 7704] = 0, 6985− 1 + 0, 7704 = 0, 4689 .
c) A probabilidade de que uma árvore escolhida ao acaso tenha diâmetro no intervalo (8,6 – c, 8,6 + c) é de 98%.
Calcule o valor de c. (10 pontos)
Solução:
P (8, 6− c < X < 8, 6 + c) = 0, 98⇔ P (8, 6− c− 8, 6 < X − 8, 6 < 8, 6 + c− 8, 6) = 0, 98
⇔ P (−c2, 7 <
X − 65
2, 7 <
c
2, 7) = 0, 98
⇔ P (−c2, 7 < Z <
c
2, 7) = 0, 98
⇔ P (Z < c2, 7)− P (Z <
−c
2, 7) = 0, 98
⇔ P (Z < c2, 7)− P (Z >
c
2, 7) = 0, 98
⇔ P (Z < c2, 7)− [1− P (Z <
c
2, 7)] = 0, 98
⇔ P (Z < c2, 7) + P (Z <
c
2, 7)− 1 = 0, 98
⇔ 2× P (Z < c2, 7) = 1, 98
⇔ P (Z < c2, 7) = 0, 99 .
c
2, 7 é tal que A(
c
2, 7) = 0, 99 . Pela tabela,
c
2, 7 = 2, 33 . Logo c = 2, 33× 2, 7 = 6, 291 .
d) Se quatro árvores forem selecionadas aleatoriamente, qual é a probabilidade de que ao menos uma tenha
diâmetro maior que 7,2 polegadas? (5 pontos)
Solução: Na letra a) calculamos P (X < 7, 2) = 0, 3015 então P (X > 7, 2) = 1−P (X < 7, 2) = 0, 6985.
Sorteadas 4 árvores ao acaso, a probabilidade de ao menos 1 ter diâmetro maior que 7,2 pode ser obtida pela
distribuição binomial com parâmetros n = 4 e p = 0, 6985 .
Seja Y o número de árvores com diâmetro maior que 7,2 sorteadas. Y ∼ Binom(n = 4; p = 0, 6985) .
Temos que P (Y > 1) = 1− P (Y = 0).
No Rcmdr, em Distribuições -> Distribuições Discretas -> Distribuição Binomial -> Propriedades da binomial es-
crevemos 4 em ”Experimentos da Binomial”, 0.0034 em ”Probabilidade de Sucesso” -> OK.
Na tabela gerada, vemos que P (Y = 0) = 0, 008263219 .
Então, P (Y > 1) = 1− P (Y = 0) = 1− 0, 0083 = 0, 9917.
A probabilidade é 99,17%.
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Grupo B – 2º semestre de 2019
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Exercício 4 (Total: 20 pontos)
O conhecimento do teor de cloreto presente nas águas tem diversas finalidades, sendo uma delas a obtenção de
informações sobre indícios de poluição. Um pesquisador sabe que, segundo estudos anteriores, a concentração
média de cloretos na água de uma região é de 35,00 mg/l com desvio padrão de 3,5 mg/l. Admita-se que a
distribuição da concentração de cloretos seja normal.
a) Qual é a probabilidade de encontrar, em uma amostra de água da região, concentração de cloreto superior a
36,12 mg/l ou menor a 29,42 mg/l? (5 pontos)
Solução:
P (X < 29, 42) + P (X > 36, 12) = P (X − 353, 5 <
29, 42− 35
3, 5 ) + P (
X − 35
3, 5 >
36, 12− 35
3, 5 )
= P (Z < −1, 5943) + P (Z > 0, 32) =
= P (Z > 1, 5943) + [1− P (Z < 0, 32)] = [1− P (Z < 1, 5943)] + [1− P (Z < 0, 32)]
= [1−A(1, 5943)] + [1−A(0, 32)]
= [1− 0, 9441] + [1− 0, 6255] = 0, 0559 + 0, 3745 = 0, 4304 .
b) O investigador classifica como “atípica” uma amostra de água se a quantidade de concentração de cloreto for
superior a 39,8 mg/l. Sabendo que uma amostra é atípica, qual é a probabilidade de que ela tenha quantidade de
concentração de cloreto superior a 41,02mg/l? (15 pontos)
Solução:
P (X > 41, 02 | X > 39, 8) = P [(X > 41, 02) ∩ (X > 39, 8)]
P (X > 39, 8) =
P (X > 41, 02)
P (X > 39, 8) =
1− P (X < 41, 02)
1− P (X < 39, 8) =
=
1− P
(
(X − 35)
3, 5 <
(41, 02− 35)
3, 5
)
1− P
(
(X − 35)
3, 5 <
(39, 8− 35)
3, 5
) = 1− P (Z < 1, 72)1− P (X < 1, 3714)
= 1−A(1, 72)1−A(1, 3714) =
1− 0, 9573
1− 0, 9147 =
0, 0427
0, 0853 = 0, 501 .
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